\chapter{曾谨言《量子力学》卷\Rmnum{1}练习详解}
\textbf{参考书}
\begin{itemize}
  \item 量子力学~~卷\Rmnum{1}/曾谨言~著.--4版--北京：科学出版社，2007\\
 { 以下简称《曾书》}

  \item 量子力学学习指导 /张鹏飞，阮图南，朱栋培，吴强编著.--合肥：中国科学技术大学出版设，
      2008.4（2009.8重印）\\
{ 以下简称《指导》}

  \item 量子力学习题精选与剖析（第三版）/钱伯初，曾谨言~著.--3版.北京：科学出版设，2008\\
{ 以下简称《曾题集》}
\end{itemize}

\textbf{说明}
\begin{itemize}
  \item 为了方便查询，这里的目录与书上目录对应。
  \item 写得很仔细，甚至有点繁杂，主要是做到一看就明了。
\end{itemize}



\section{量子力学的诞生}
%\subsection{经典物理学碰到了哪些严重困难？}
%\subsubsection{黑体辐射问题}
%\subsubsection{光电效应}
%\subsubsection{原子的线状光谱及其规律}
%\subsubsection{固体与分子的比热问题}
%\subsection{Planck-Einstein的光量子论}
%\subsection{Bohr的量子论}
\subsection{de~Broglie的物质波}
p19

\textbf{练习1、}对于非相对论粒子，动能$E=\frac{1}{2}mv^2$，动量$p=mv=\sqrt{2mE}$，de~Broglie波长$\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}=\frac{h}{\sqrt{2mE}}$。对于$m=1g$的宏观粒子，设$v=1cm/s$，可以计算出$\lambda\approx10^{-26}cm$，波长非常小（$\ll$原子大小～$10^{-8}cm$），所以在宏观世界中很难观测到粒子的波动性。

【答】
$$\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}=\cfrac{6.63\times10^{-34}}{10^{-3}\times10^{-2}}m=6.63\times10^{-29}m$$

即：$\lambda\approx10^{-26}cm$
\\


\textbf{练习2、}一个自由电子具有能量$10eV$，求其波长。在非相对论情况下，质量为$m$，能量为$E$的自由粒子，de~Broglie波长$\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{\sqrt{2mE}}$。若$E$用$eV$为单位，对于电子$(m=9.11\times10^{-28}g)$，有：$\lambda=\sqrt{\frac{150}{E}}\AA$

【答】
$$\lambda=\cfrac{h}{p}=\cfrac{h}{\sqrt{2mE}}=\cfrac{6.63\times10^{-34}}{\sqrt{2\times9.11\times10^{-31}\times
1.6\times10^{-18}}}m=3.88\times10^{-9}m$$

【评】没什么，直接代公式，注意统一单位就行了！
\\


\textbf{练习3、}一个具有5MeV能量的$\alpha$粒子穿过原子时，可否用经典力学来处理？设枪弹质量为20g，飞行速度为$1000m/s$，求其de~Broglie波长，并讨论有无必要用波动力学来处理。
\\


\textbf{练习4、}对于高速运动粒子$(E\gg mc^2)$，$E=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}\approx pc$，de~Broglie波长为
$$\lambda=\cfrac{\lambda}{2\pi}=\cfrac{\hbar c}{E}\approx\cfrac{200}{E}$$
式中E用MeV为单位，$\lambda$用fm为单位。设想用高能电子散射去探测原子核或核子的电荷分布的细节，对电子能量E有何要求？（核子大小$\approx fm$，中等原子核的半径$\approx$5fm）。
\\


\textbf{练习5、}有人提出，如果让宏观粒子的速度不断变慢（$\nu\rightarrow0$），则de~Broglie波长将不断变长，因而可以观测到粒子的波动性。你对此有何看法？
\\


%\subsection{量子力学的建立}
\section{波函数与Schr\"{o}dinger方程}
\subsection{波函数的统计诠释}
%\subsubsection{波动-粒子两象性的分析}
\subsubsection{概率波，多粒子系的波函数}
P33{ 这几题在张永德《量子题典》上1.16有解}



\textbf{练习1、}粒子在一维无限深势阱中运动，

（1）设$\psi(x)=A\sin\cfrac{\pi x}{a}$求归一化常数A。

（2）设$\psi(x)=A(x-a),A=?$粒子在何处概率最大？

【解】

（1）
\begin{align*}
\int_0^a\psi^2(x)dx&=\int_0^aA^2\sin^2\cfrac{\pi x}{a}dx &\cos 2x=1-2\sin^2x\\
&=A^2\int_0^a\left(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}\cos\cfrac{2\pi x}{a}\right)dx  &\text{经典的处理方法}\\
&=A^2\left[\cfrac{x}{2}\Big|_0^a-\cfrac{a}{4\pi}\int_0^a\cos\cfrac{2\pi x}{a}d\cfrac{2\pi x}{a}\right] &\text{降次}\\
&=A^2\left[\cfrac{a}{2}-\cfrac{a}{4\pi}\sin\cfrac{2\pi x}{a}\Big|_0^a\right]
=\cfrac{a}{2}A^2=1
\end{align*}

即：$A=\sqrt{\cfrac{2}{a}}$

（2）
$$\psi^2(x)=A^2x^2(a-x)^2=A^2(a^2x^2-2ax^2+x^4)
\qquad
\int_0^a\psi^2(x)dx=1$$
$$A^2\left(\cfrac{a^2}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^4+\cfrac{1}{5}x^5\right)\Big|_0^a=1
\qquad
A^2\cfrac{a^5}{30}=1 \qquad A=a\sqrt{30a}$$

$\psi^2(x)$的最大处$x$为粒子出现概率最大地方，有：
$$[\psi^2(x)]'=A^2(2a^2x-6ax^2+4x^3)=0
\qquad
A^2x(2x-a)(x-a)=0$$

即：粒子在$0,\frac{a}{2},a$处概率最大。
\\



\textbf{练习2、}设$\psi(x)=Ae^{-\frac{1}{2}\alpha^2 x^2}$，$\alpha$为实常数，求归一化常数$A$。

【解】
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^2(x)dx&=A^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha^2x^2}dx=A^2\cdot 2\int_0^{\infty}e^{-ax^2}dx\\
&=A^2\cdot 2\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}=A^2\cfrac{\sqrt{\pi}}{\alpha}=1
\end{align*}

即：$A=\left(\cfrac{\alpha^2}{\pi}\right)^4$
\\



\textbf{练习3、}设$\psi(x)=e^{ikx}$，粒子的位置概率分布如何？这个波函数能否归一化？

【解】
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\psi(x)\psi^*(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}e^{-ikx}dx=\int_{-\infty}^{+\infty}dx
=\infty$$
即：波函数不能归一化。

其相对位置概率分布函数为：$\omega=|\psi|^2=1$，表示粒子在空间各处出现的概率相同。
\\



\textbf{练习4、}设$\psi(x)=\delta(x)$，粒子的位置分布概率如何？这个波函数能否归一化？

【解】

在$x=0$处，100\%。不能归一化。
\\



\textbf{练习5、}设粒子波函数为$\psi(x,y,z)$，求在$(x,x+dx)$范围中找到粒子的概率。

【析】

这句话翻译成自己的理解是什么呢？波函数是什么？$|\psi(x)|^2$描述的是粒子在空间中的概率分布。$|\psi(x)|^2dxdydz$表示的是在体积元$dxdydz$（立方体，长宽高）中找到粒子的概率。于是这题就成了$[\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x,y,z)|^2dydz]\cdot dx$就是要求对$y,z$全空间积分的值。

【解】
$$\left.[\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x,y,z)|^2dydz]\right.\cdot dx$$
\\



\textbf{练习6、}设在球坐标系中，粒子波函数表示为$\psi(r,\theta,\varphi)$.试求：

（a）在球壳$(r,r+dr)$中找到粒子的概率。

（b）在$(\theta,\varphi)$方向的立体角$d\Omega=\sin\theta d\theta d\varphi$中找到粒子的概率。

【析】

球坐标下体积元为：$dV=r^2drd\cos\theta d\varphi$

【解】

（a）$$\left[\int_{0}^{2\pi}\int_{-1}^{+1}|\psi(r,\theta,\varphi)|^2d\varphi d\cos\theta\right]r^2dr$$

（b）$$\left[\int_0^\infty|\psi(r,\theta,\varphi)|^2r^2dr\right]\cdot\sin\theta d\theta d\varphi$$
\\



\textbf{练习7、}N粒子系的波函数为$\psi(\vec{r}_1,\vec{r}_2,\cdots,\vec{r}_N)$，求在$(\vec{r}_1,\vec{r}_1+d\vec{r}_1)$范围中找到粒子1的概率（其他粒子位置不限制）。

%\subsubsection{动量分布概率}
%\subsubsection{不确定度关系}
\subsubsection{力学量的平均值与算符的引进}
p41

\textbf{练习1、}对于2.1.2节的练习1～4中的粒子，求它的位置和动量的平均值。

【解】

（1）波函数$\psi(x)=\sqrt{\cfrac{2}{a}}\sin\cfrac{\pi x}{a}$

【注：表示平均值有两种形式：一种，$\langle x\rangle$；另一种，$\bar{x}$。】

\begin{align*}
\langle x\rangle&=\int_0^a\psi(x)x\psi^8(x)dx=\cfrac{2}{a}\int_0^ax\sin^2\cfrac{\pi x}{a}dx &\text{换元}\\
&=\cfrac{2}{a}\left(\cfrac{a}{\pi}\right)^2\int_0^\pi x'\sin^2x'dx' &\text{降次}\cos2x'=\cos^2x'-\sin^2x'\\
&=\cfrac{2}{a}\left(\cfrac{a}{\pi}\right)^2\int_0^\pi\cfrac{1}{2}x'(1-\cos2x')dx' &\sin^2x'=\cfrac{1}{2}(1-\cos2x')\\
&=\cfrac{2}{a}\left(\cfrac{a}{\pi}\right)^2\left(\cfrac{1}{2}\int_0^\pi x'dx'-\cfrac{1}{2}\int_0^\pi x'\cos2x'dx'\right)\\
&=\cfrac{2}{a}\left(\cfrac{a}{\pi}\right)^2\cdot\cfrac{\pi^2}{4}=\cfrac{1}{2}a
\end{align*}
\begin{align*}
\langle p\rangle&=\int_0^a\psi(x)\hat{p}\psi^*(x)dx=\cfrac{2}{a}\int_0^a\sin\cfrac{\pi x}{a}\left(-i\hbar\cfrac{\partial}{\partial x}\right)
\sin\cfrac{\pi x}{a}dx\\
&=-i\hbar\cfrac{2}{a}\cdot\cfrac{\pi}{a}\int_0^a\sin\cfrac{\pi x}{a}\cos\cfrac{\pi x}{a}dx\\
&=-2i\hbar\cfrac{\pi}{a^2}\cdot\cfrac{a}{4\pi}\int_0^{2\pi}\sin\cfrac{2\pi x}{a}d\cfrac{2\pi}{a}x=0
\end{align*}

【评】这就是在锻炼数学水平。用到了换元，三角函数关系。对于$\int_0^\pi x'\cos2x'dx'$从函数图像上就可以看出，积分为零；具体积下，也没关系：$\int_0^\pi x'\cos2x'dx'=\cfrac{1}{2}\int_0^\pi x' d\sin2x'=\cfrac{1}{2}(x'\cdot\sin2x'|_0^\pi-\int_0^\pi\sin2x'dx')=0$
\\



%\subsubsection{统计诠释对波函数提出的要求}
\subsection{Schr\"{o}dinger方程}
\subsubsection{方程的引进}
p45

\textbf{练习1、}设$\psi_1$与$\psi_2$是Schrodinger方程的两个解，证明
$$\int\psi_1^*(\vec{r},t)\psi_2(\vec{r},t)d^3x$$
与时间无关。

【证明】
$$\cfrac{\partial}{\partial t}(\psi_1^*\psi_2)=\psi_2\cfrac{\partial \psi_1^*}{\partial t}+\psi_1^*\cfrac{\partial \psi_2}{\partial t}\qquad
i\hbar\cfrac{\partial\psi}{\partial t}=[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)]\psi$$
%
$$\cfrac{\partial\psi_1^*}{\partial t}=-\cfrac{1}{i\hbar}[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)]\psi_1^* \qquad
\psi_2\cfrac{\partial\psi_1^*}{\partial t}=\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}\psi_2\nabla^2\psi_1^*-\cfrac{1}{i\hbar}
V(r)\psi_2\psi_1^*$$
%
$$\cfrac{\partial\psi_2}{\partial t}=\cfrac{1}{i\hbar}[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)]\psi_2^* \qquad
\psi_1^*\cfrac{\partial\psi_2}{\partial t}
=-\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}\psi_1^*\nabla^2\psi_2+\cfrac{1}{i\hbar}V(r)\psi_1^*\psi_2$$
%
$$\cfrac{\partial}{\partial t}(\psi_1^*\psi_2)=\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}(\psi_2\nabla^2\psi_1^*-\psi_1^*\nabla^2\psi_2)
=\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla\cdot(\psi_2\nabla\psi_1^*-\psi_1^*\nabla\psi_2)$$
%
全空间积分：
\begin{align*}
\cfrac{\partial}{\partial t}\int\psi_1^*\psi_2d^3x&=\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}\int\nabla\cdot(\psi_2\nabla
\psi_1^*-\psi_1^*\nabla\psi_2)d^3x\\
&=\cfrac{1}{i\hbar}\cfrac{\hbar^2}{2m}\oint d\vec{S}\cdot(\psi_2\nabla\psi_1^*-\psi_1^*\nabla\psi_2)\\
&=0
\end{align*}

【评】$d^3x$一种体积元的表示方法吧。最后那个积分【不懂】诶！
\\



%\subsubsection{量子力学中的初值问题，传播子}
\subsubsection{不含时Schr\"{o}dinger方程，能量本征值与定态}
p50【注】以下几题的前提条件是：不含时Schrodinger方程，即定态！

\textbf{练习2、}当势能$V(\vec{r})$改变一个常量$C$时，即$V(\vec{r})\rightarrow V(\vec{r})+C$，粒子的能力本征波函数改变否？能量本征函数改变否？

【答】
$$\left[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\vec{r})\right]\psi=E\psi$$
令$V'(\vec{r})=\vec{r}+C,E'=E+C$，有：
$$\left[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V'(\vec{r})\right]\psi=E'\psi$$
$$\left[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\vec{r})\right]\psi+C\psi=E\psi+C\psi$$
仍为：$\left[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\vec{r})\right]\psi=E\psi$，即：
势能$V(\vec{r})$改变一个常量C本征波函数不变，能量本征值相应的改变一个常量C。
\\



\textbf{练习3、}设粒子势能$V(\vec{r})$的极小值表示为$V_{min}$，证明粒子的能量本征值
$$E>V_{min}$$

【提示】在能量本征态下，$E=\bar{T}+\bar{V},\bar{T}\ge0,\bar{V}\ge V_{min}$

【分析】
\begin{itemize}
\item $[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\vec{r})]|\psi\rangle=E|\psi\rangle\Rightarrow
\langle \psi|[-\cfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\vec{r})]|\psi\rangle=\langle \psi|E|\psi\rangle=E\langle \psi|\psi\rangle\Rightarrow
E=\bar{T}+\bar{V}$
严格点应是：$E_n=\bar{T}_n+\bar{V}_n$；

\item $\bar{T}\ge0$，动能是永远大于等于零的；

\item $\bar{V}\ge V_{min}$，平均值大于
最小值，这也好理解。
\end{itemize}

【证明】
$$E=\bar{T}+\bar{V}$$
因为，$\bar{T}\ge0,\bar{V}\ge V_{min}$，所以
$$\bar{E}\ge V_{min}$$

【评】这为后来的，近似方法，变分法，提供了思路。
\\



\textbf{练习4、}设$\psi(\vec{r},0)=c_1\psi_{E_1}(\vec{r})+c_2\psi_{E_2}(\vec{r})$，求$\psi(\vec{r},t)$。讨论$\rho(\vec{r},t),
j(\vec{r},t)$以及它们随时间变化的周期$\tau$。

【析】定态的时间项：$e^{-\frac{iEt}{\hbar}}$，其中的能量$E$一般是具体的数值，只不过表示的时候多用字母符号表示吧。

【答】

$$\psi(\vec{r},t)=c_1\psi_{E_1}(\vec{r})e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+c_2\psi_{E_2}(\vec{r})e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}$$

【还没完！】
\\



%\subsubsection{Schr\"{o}dinger方程的一般形式}
\subsection{态叠加原理}
\subsubsection{量子态及其表象}
p53

\textbf{练习1、}平面单色波$\psi_{p_0}(x)=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{\frac{ip_0x}{\hbar}}$所描述的态下，粒子具有确定的动量$p=p_0$，量子力学中称之为动量本征态，动量本征值为$p_0$。试在动量表现中写出此量子态。

【析】熟悉了Dirac符号，这个表象问题就很好解决。

【答】此量子态在动量表象中为：
\begin{align*}
\varphi_{p_0}(p)&=\langle p|\psi_{p_0}(x)\rangle=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int e^{-\frac{ipx}{\hbar}}\psi_{p_0}(x)dx\\
&=\cfrac{1}{2\pi\hbar}\int e^{-\frac{ipx}{\hbar}}e^{\frac{ip_0x}{\hbar}}dx=\cfrac{1}{2\pi\hbar}\int e^{i(p_0-p)\frac{x}{\hbar}}dx\\
&=\cfrac{1}{2\pi}\int e^{i(p_0-p)\frac{x}{\hbar}}d\frac{x}{\hbar}=\delta(p_0-p)=\delta(p-p_0)
\end{align*}

【评】【数学】主要是要熟悉$\delta$函数的一些性质。
\\



\textbf{练习2、}$\delta$函数$\psi_{x_0}(x)=\delta(x-x_0)$描述的是粒子具有确定位置$x=x_0$的量子态，称为粒子位置（坐标）本征态，位置本征值为$x_0$。试在动量表象中写出此量子态。

【析】思路同上。

【答】此量子态在动量表象中为：
\begin{align*}
\varphi_{x_0}(p)&=\langle p|\psi_{x_0}(x)\rangle=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int e^{-\frac{ipx}{\hbar}}\psi_{p_0}(x)dx\\
&=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int e^{-\frac{ipx}{\hbar}}\delta(x-x_0)dx\\
&=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} e^{-\frac{ix_0p}{\hbar}}
\end{align*}
\\



\textbf{练习3、}量子态在坐标表现中用$\psi(\vec{r})$描述，粒子位置的平均值表示成$\bar{\vec{r}}=\int\psi^*(\vec{r})\vec{r}\psi(\vec{r})d^3x$。试在动量表象中计算$\bar{\vec{r}}$。
\\



%\subsubsection{态叠加原理}
\section{一维定态问题}
\subsection{一维定态的一般性质}
p62

练习~~对于三维情况，试证明定理1～4。
\subsection{方势阱}
p66



\textbf{练习1、}
%【指导3.1】
设粒子限制在二维无限深方势阱中运动，
$$V(x,y)=\begin{cases}
0 & 0<x<a,0<y<b\\
\infty & \text{其他地方}
\end{cases}$$
求粒子能量允许值和相应的波函数。

【解】

（1）在势外，由于无限高位势，粒子限制在势阱中运动，$\psi(x,y)=0$。

（2）在势里$0<x<a,0<y<b$的定态薛定谔方程为：
$$\left(-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2 }{\partial x^2}-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial y^2} \right)\psi(x,y)=E\psi(x,y)$$

使用分离变量法，令$\psi(x,y)=\psi(x)\psi(y)$，有
$$\left(-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2 }{\partial x^2}-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial y^2} \right)\psi(x)\psi(y)=E\psi(x)\psi(y)$$

即
$$-\psi(y)\cfrac{\hbar^2}{2m}\psi''(x)-\psi(x)\cfrac{\hbar^2}{2m}\psi''(y)=E\psi(x)\psi(y)$$

两边除以$\psi(x)\psi(y)$，有
$$-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\psi''(x)}{\psi(x)}-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\psi''(y)}{\psi(y)}=E$$

$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(x)}{\psi(x)}$与$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(y)}{\psi(y)}$无关，只有常数差，令$E=E_1+E_2$，有
$$\begin{cases}
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(x)}{\psi(x)}=E_1\\
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(y)}{\psi(y)}=E_2
\end{cases}$$

即：
$$\begin{cases}
\psi''(x)+\frac{2mE_1}{\hbar^2}\psi(x)=0\\
\psi''(y)+\frac{2mE_2}{\hbar^2}\psi(y)=0
\end{cases}$$

令$k_1^2=\frac{2mE_1}{\hbar^2},k_2^2\frac{2mE_2}{\hbar^2}\psi(y)$，有
$$\begin{cases}
\psi''(x)+k_1^2\psi(x)=0 \quad0<x<a\\
\psi''(y)+k_2^2\psi(y)=0 \quad0<y<b
\end{cases}$$

解得
$$\begin{cases}
k_1a=n_1\pi, \quad k_1=\frac{n_1\pi}{a} \Longrightarrow  E_1=\frac{n_1^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2} \quad n_1=1,2,3\cdots\\
k_2b=n_2\pi, \quad k_2=\frac{n_2\pi}{b} \Longrightarrow  E_2=\frac{n_2^2\pi^2\hbar^2}{2mb^2} \quad n_2=1,2,3\cdots
\end{cases}$$

$$\begin{cases}
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n_1\pi x}{a} \quad n_1=1,2,3\cdots\\
\psi(y)=\sqrt{\frac{2}{b}}\sin \frac{n_2\pi y}{b} \quad n_2=1,2,3\cdots
\end{cases}$$

即：
$$E_{n_1,n_2}=E_1+E_2=\frac{n_1^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}+\frac{n_2^2\pi^2\hbar^2}{2mb^2}=\frac{\pi^2\hbar^2}{2m}(\frac{n_1^2}{a}+
\frac{n_2^2}{b})$$
$$\psi_{n_1,n_2}(x,y)=\cfrac{2}{\sqrt{ab}}\sin \cfrac{n_1\pi x}{a}\sin \cfrac{n_2\pi y}{b}$$
$$ 0<x<a,0<y<b \quad n_1=1,2,3,\cdots \quad n_2=1,2,3,\cdots \text{（它们彼此无关）}$$
\\



\textbf{练习2、}设粒子限制在长方体匣子中运动，即：
$$V(x,y,z)\begin{cases}
0, & 0<x<a,0<y<b,0<z<c\\
\infty & \text{其余区域}
\end{cases}$$
求粒子的能量本征值和本征波函数。设$a=b=c$，讨论能级的简并度。
%【见《指导》p52（3.2）】

【解】

（1）在长方体外$\psi(x,y,z)=0$。

（2）在长方体内定态薛定谔方程为
$$\Big(-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial x^2}-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial y^2}-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial z^2}\Big)\psi(x,y,z)=E\psi(x,y,z)$$

同上分离变量，有：
$$E=\cfrac{n_1^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}+\cfrac{n_2^2\pi^2\hbar^2}{2mb^2}+\cfrac{n_3^2\pi^2\hbar^2}{2mc^2}=
\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2m}\Big(\cfrac{n_1^2}{a^2}+\cfrac{n_2^2}{b^2}+\cfrac{n_3^2}{c^2}  \Big)$$
\begin{align*}
\psi(x,y,z)&=\sqrt{\cfrac{2}{a}}\sin\cfrac{n_1\pi x}{a}\sqrt{\cfrac{2}{b}}\sin\cfrac{n_2\pi y}{b}\sqrt{\cfrac{2}{c}}\sin\cfrac{n_3\pi z}{c}\\
&=\cfrac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\cfrac{n_1\pi x}{a}\sin\cfrac{n_2\pi y}{b}\sin\cfrac{n_3\pi z}{c}
\end{align*}
$$n_1,n_2,n_3=1,2,3\cdots \qquad\text{（它们彼此无关）}$$

\textbf{当$a=b=c$时，能量本征值为：}
$$E=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}(n_1^2+n_2^2+n_3^2)$$
简并度取决于$n_1^2+n_2^2+n_3^2=\frac{2ma^2}{\pi^2\hbar^2}E$的整数解$(n_1,n_2,n_3)$的个数。

例如：
\begin{itemize}
\item 基态：$n_1^2+n_2^2+n_3^2=3,E=\frac{3\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，$(n_1n_2n_3)=(111)$无简并；

\item 第一激发态：$n_1^2+n_2^2+n_3^2=6,E=\frac{3\pi^2\hbar^2}{ma^2}$，$(n_1n_2n_3)=(211),(121),(112)$为三重简并；

\item 第二激发态：$n_1^2+n_2^2+n_3^2=9,E=\frac{9\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，$(n_1n_2n_3)=(221),(122),(212)$为三重简并；
\end{itemize}



\textbf{练习3、}对于一维（宽度$L$），二维（$a=b=L$），三维（$a=b=c=L$）无限深方势阱中的粒子，在大量子数情况下，分别讨论它们的态密度$\rho(E)=\frac{dN}{dE}$，即单位能量范围中的态数，并讨论$\rho(E)$对能量$E$，参数$L$，质量$m$的依赖关系。

【解】

（1）一维：$E_n=\cfrac{\hbar^2\pi^2n^2}{2mL^2} \qquad n^2=\cfrac{2mL^2}{\hbar^2\pi^2}$\\
量子态数与$n$的关系：$N=n$，有
$$N^2=\cfrac{2mL^2}{\hbar^2\pi^2}E \qquad 2NdN=\cfrac{2mL^2}{\hbar^2\pi^2}dE$$
$$\cfrac{dN}{dE}=\cfrac{mL^2}{\hbar^2\pi^2}\cfrac{1}{N}\qquad\text{（想办法消去$N$，用$E$表示）}$$

将$N=\cfrac{L}{\hbar\pi}\sqrt{2mE}$，代人则
$$\rho(E)=\cfrac{L}{2\pi\hbar}\sqrt{\cfrac{2m}{E}}$$

（2）二维：$E=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}(n_1^2+n_2^2) \qquad n_1^2+n_2^2=\cfrac{2mL^2}{\hbar^2\pi^2}E$

量子态数与$n_1,n_2$的关系：$N=\cfrac{1}{4}\pi r^2=\cfrac{1}{4}\pi(n_1^2+n_2^2)$，有
$$\cfrac{4}{\pi}N=\cfrac{2mL^2}{\hbar^2\pi^2}E \qquad dN=\cfrac{L^2}{2\pi\hbar^2}mdE$$
$$\rho(E)=\cfrac{L^2}{2\pi\hbar^2}m\qquad\text{(不依赖于E)}$$

（3）三维：$E=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}(n_1^2+n_2^2+n_3^2) \qquad n_1^2+n_2^2+n_3^2=\cfrac{2mL^2}{\pi^2\hbar^2}E$

量子态数与$n_1,n_2,n_3$的关系，$N=\cfrac{1}{8}\cdot\cfrac{4}{3}\pi r^3=\cfrac{1}{6}\pi(n_1^2+n_2^2+n_3^2)^{\frac{3}{2}}$，有

$$\rho(E)=\cfrac{L^3}{4\pi^2\hbar^3}(2m)^{\frac{3}{2}}\sqrt{E}$$

【评】【不知道实际中这个问题有什么用？】本问题的关键就是找准个量子态$n$与量子态总数$N$之间的关系。以三维为例，将$n_1,n_2,n_3$视为$x,y,z$轴，就可以发现$n_1,n_2,n_3$表示的各态就是这个八分之一的正空间中的一个个整数点；于是求量子态总数变成了几何问题，变成求八分之一球中点数；一个整数点占的体积为$1$，于是又变成，求这个八分之一球的体积了。
\\



\textbf{练习4、}试取一维无限深势阱的中心为坐标原点，即
$$V(x)=\begin{cases}0,&|x|<\frac{a}{2}\\ \infty,&|x|>\frac{a}{2} \end{cases}$$
显然，粒子的能级不会改变，但能量本征函数表示式相应有所改变。试求之。

【略】周世勋的《量子力学教程》里讲的就是这个势。
\\



\textbf{练习5、}一维无限深势阱中的粒子，处于基态（$n=1$），
$$\psi_1(x)=\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{a}}\cos\cfrac{\pi x}{a},&|x|<\frac{a}{2}\\
0,&|x|\rangle\frac{a}{2} \end{cases}$$
试讨论其动量和能量的概率分布。

【见】《指导》p55（3.4）
\\



%\subsection{一维散射}
\subsection{一维谐振子}
p85

\textbf{练习1、}利用Hermite多项式的递推关系『附录三，试（A3.12）』，求证
$$x\psi_n(x)=\cfrac{1}{\alpha}\left[\sqrt{\cfrac{n}{2}}\psi_{n-1}(x)+
\sqrt{\cfrac{n+1}{2}}\psi_{n+1}(x) \right]$$
$$x^2\psi_n(x)=\cfrac{1}{2\alpha^2}[\sqrt{n(n-1)}\psi_{n-2}+(2n+1)\psi_n+
\sqrt{(n+1)(n+2)}\psi_{n+2}]$$
并由此证明在$\psi_n$态下，谐振子的$\bar{x}=0,\bar{V}=\cfrac{E_n}{2}$。

【评】这里的两个证明，用Hellmann-Feynman定理很好证明。
\\



\textbf{练习2、}利用Hermite多项式的求导递推公式『附录三，式（A3.13）』，证明
$$\cfrac{d}{dx}\psi_n(x)=\alpha\left(\sqrt{\cfrac{n}{2}}\psi_{n-1}-\sqrt{\cfrac{n+1}{2}}
\psi_{n+1} \right)$$
$$\cfrac{d^2}{dx^2}\psi_n(x)=\cfrac{\alpha^2}{2}[\sqrt{n(n-1)}\psi_{n-2}-(2n+1)\psi_n
+\sqrt{(n+1)(n+2)}\psi_{n+2}]$$
并证明在$\psi_n$态下，
$$\bar{p}=0,\qquad \bar{T}=\overline{\cfrac{p^2}{2m}}=\cfrac{E_n}{2}$$
\\



\textbf{练习3、}在$\psi_n$态下，计算$\delta x=\sqrt{(x-\bar{x})^2},\delta p_x=\sqrt{(p_x-\bar{p}_x)^2},\delta x\cdot \delta p_x=?$与不确定关系比较。
\\



\textbf{练习4、}带电$q$的谐振子，若再受到均匀外电场$\varepsilon$的作用，
$$V(x)=\cfrac{1}{2}\mu\omega_0^2x^2-q\varepsilon x$$
求能量本征值和本征函数。

【提示】谐振子平衡点由$x=0$点移到$x=x_0$点，$x_0=\frac{q\varepsilon}{\mu\omega_0^2}$

【解】
\begin{align*}
V(x)&=\cfrac{1}{2}\mu\omega_0^2x^2-q\varepsilon x=\cfrac{1}{2}\mu\omega_0^2[x^2-\cfrac{2}{\mu\omega_0^2}q\varepsilon
x+(\cfrac{q\varepsilon}{\mu\omega_0^2})^2-(\cfrac{q\varepsilon}{\mu\omega_0^2})^2]\\
&=\cfrac{1}{2}\mu\omega_0^2(x-\cfrac{q\varepsilon}{\mu\omega_0^2})^2-\cfrac{1}{2}\cfrac{q^2\varepsilon^2}{\mu\omega_0^2}
\end{align*}

对于一维谐振子的定态Schrodinger方程：$\psi''+\cfrac{(V(x)-E)\hbar^2}{2m}\psi=0$，
令$V(x)=V'(x')+C,E=E'+C$，C为常数，有：$V(x)-E=V'(x')-E'$，即解的形式没有变，有
$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega-\frac{q^2\varepsilon^2}{2\mu\omega_0^2}\qquad \psi_n=\psi_n(x-x_0)\quad x_0=\frac{q\varepsilon}{\mu\omega_0^2}$$

【评】2.2.3节练习2
\\



\textbf{练习5、}设谐振子初态为$\psi(x,0)=A\sum_{n=0}^{\infty}(\cfrac{1}{\sqrt2})^2\psi_n(x)$，（a）求归一化常数$A$。（b）求$\psi(x,t)=?$

【解】

（a）
\begin{align*}
|\psi(x,0)|^2&=A^2(\cfrac{1}{\sqrt2})^1+A^2(\cfrac{1}{\sqrt2})^4+A^2(\cfrac{1}{\sqrt2})^6+
\cdots+A^2(\cfrac{1}{\sqrt2})^{2n}\\
&=A^2\cfrac{1}{1-(\frac{1}{\sqrt2})^2}=A^2\cdot2=1
\end{align*}

即：$A=\cfrac{1}{\sqrt2}$

时间项：
$$\phi(t)=e^{-\frac{iEt}{\hbar}}=e^{-\frac{i(n+\frac{1}{2})\hbar\omega}{\hbar}}=e^{-i(n+\frac{1}{2}\omega t)}$$

即
$$\psi(x,t)=\cfrac{1}{\sqrt2}\sum_{n=0}^{\infty}(\cfrac{1}{\sqrt2})^n\psi_n(x)e^{-i(n+\frac{1}{2})\omega t}$$
\\



%\subsection{$\delta$势}
%\subsubsection{$\delta$势垒（阱）的穿透}
%\subsubsection{$\delta$势阱中的束缚态能级}
%\subsubsection{$\delta$势与方势的关系，$\psi'$的跃变条件}
%\subsection{束缚能级与散射波幅极点的关系}
%\subsection{线性势，重力场}
%\subsubsection{线性势阱中的束缚能级}
%\subsubsection{重力场的离散能级}
%\subsubsection{量子力学与广义相对论的矛盾}
%\subsection{周期场}
%\subsubsection{Floque定理}
%\subsubsection{Bloch定理}
%\subsubsection{能带结构}
%\subsection{动量表象}
\section{力学量用算符表达}
\subsection{算符的一般运算规则}
p123

\textbf{练习1、}证明：$[\hat{p}_x,f(x)]=-ih\cfrac{\partial f}{\partial x}$

【证明】
\begin{eqnarray*}
[\hat{p_x},f(x)]\psi&=&\hat{p_x}f(x)\psi-f(x)\hat{p_x}\psi\\
&=&-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}(f(x)\psi)+i\hbar f(x)\frac{\partial}{\partial x}\psi\\
&=&-i\hbar\frac{\partial f(x)}{\partial x}\psi-i\hbar f(x)\frac{\partial}{\partial x}\psi+i\hbar f(x)\frac{\partial}{\partial x}\psi\\
&=&-i\hbar\frac{\partial f(x)}{\partial x}\psi
\end{eqnarray*}
\\



\textbf{练习2、}令$\hat{l}_\pm=\hat{l}_x\pm i\hat{l}_x$，证明：$\hat{l}_z\hat{l}_\pm=\hat{l}_\pm(\hat{l}_z\pm h)$即$[\hat{l}_z,\hat{l}_\pm]=\pm\hbar\hat{l}_\pm$

【证明】
\begin{align*}
\hat{l}_z\hat{l}_\pm&=\hat{l}_z(\hat{l}_x\pm i\hat{l}_y)=\hat{l}_z\hat{l}_x\pm i\hat{l}_z\hat{l}_y\\
[\hat{l}_z,\hat{l}_x]&=\hat{l}_z\hat{l}_x-\hat{l}_x\hat{l}_z=i\hbar\hat{l}_y \qquad [\hat{l}_y,\hat{l}_z]=\hat{l}_y\hat{l}_z-\hat{l}_z\hat{l}_y=i\hbar\hat{l}_x\\
\hat{l}_z\hat{l}_\pm&=i\hbar\hat{l}_y+\hat{l}_x\hat{l}_z\pm i(\hat{l}_y\hat{l}_z-i\hbar\hat{l}_x)=
\hat{l}_x\hat{l}_z\pm i\hat{l}_y\hat{l}_z\pm\hat{l}_x\hbar+i\hat{l}_y\hbar\\
&=(\hat{l}_x\pm i\hat{l}_y)\hat{l}_z\pm(\hat{l}_x\pm i\hat{l}_y)\hbar=\hat{l}_\pm\hat{l}_z\pm\hat{l}_\pm\hbar\\
&=\hat{l}_\pm(\hat{l_z}\pm\hbar)
\end{align*}

【评】用对易式的性质，更简单，更明了！
\\



\textbf{练习3、}证明：$(1)[\hat{l}_\alpha,r^2]=0 \qquad (2)[\hat{l}_\alpha,\hat{p^2}]=0 \qquad (3)[\hat{l}_\alpha,\vec{r}\cdot\hat{\vec{p}}]=0$

其中$\vec{r}\cdot\hat{\vec{p}}=x\hat{p}_x+y\hat{p}_y+z\hat{p}_z$

【证明】
（1）
\begin{eqnarray*}
[l_x,r^2]&=&l_xr^2-r^2l_x\\
&=&l_x(x^2+y^2+z^2)-(x^2+y^2+z^2)l_x\\
&=&[l_x,x^2]+[l_x,y^2]+[l_x,z^2]\\
\end{eqnarray*}
\ding{172}
$$[l_x,x^2]=l_xx^2-x^2l_x=l_x xx-xxl_x$$
$$[l_x,x]=l_xx-xl_x=0$$
$$[l_x,x^2]=xl_xx-xxl_x=x(l_xx-xl_x)=0$$
同理
$$[l_y,y^2]=[l_z,z^2]=0$$
\ding{173}
$$[l_x,y^2]=l_xy^2-y^2l_x=l_xyy-yyl_x$$
$$[l_x,y]=l_xy-yl_x=i\hbar z \quad l_xyy=yl_xy+i\hbar zy$$
$$[l_x,y^2]=yl_xy+i\hbar zy-yyl_x=y(l_xy-yl_x)+i\hbar zy=2i\hbar zy$$
同理
$$[l_x,z^2]=-2i\hbar zy$$
有
$$[l_x,r^2]=0$$
同理
$$[l_y,r^2]=0 \qquad [l_z,r^2]=0$$
即
$$[l_\alpha,r^2]=0$$

（2）
\textbf{证明略}
证明了你会发现，这个证明与位置平方的证明非常类似，基本上就是将$r$换成$p$。

（3）
\begin{align*}
[\hat{l}_x,\vec{r}\cdot\hat{\vec{p}}]&=[\hat{l}_x,x\hat{p}_x+y\hat{p}_y+z\hat{p}_z]\\
&=[\hat{l}_x,x\hat{p}_x]+[\hat{l}_x,y\hat{p}_y]+[\hat{l}_x,z\hat{p}_z]\\
&=x[\hat{l}_x,\hat{p}_x]+[\hat{l}_x,x]\hat{p}_x+y[\hat{l}_x,\hat{p}_y]+[\hat{l}_x,y]\hat{p}_y+z[\hat{l}_x,\hat{p}_z]
+[\hat{l}_x,z]\hat{p}_z\\
\end{align*}

由$[\hat{l}_x,\hat{p}_x]=0;[\hat{l}_x,x]=0;[\hat{l}_x,\hat{p}_y]=i\hbar p_z;[\hat{l}_x,y]=i\hbar z;[\hat{l}_x,\hat{p}_z]=-i\hbar p_y;[\hat{l}_x,z]=-i\hbar y$，有
\begin{align*}
[\hat{l}_x,\vec{r}\cdot\hat{\vec{p}}]&=0+0+i\hbar yp_z+i\hbar zp_y-i\hbar zp_y-i\hbar yp_z=0
\end{align*}
\\



\textbf{练习4、}证明：（1）$\hat{l}_\pm\hat{l}_\mp=\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}^2_z\pm\hbar\hat{l}_z$；（2）$[\hat{l}_+,\hat{l}_-]=2\hbar\hat{l}_z$。

【证明】

（1）
\begin{align*}
\hat{l}_\pm\hat{l}_\mp&=(\hat{l}_x\pm i\hat{l}_y)(\hat{l}_x\mp i\hat{l}_y)=\hat{l}^2_x\mp i\hat{l}_x\hat{l}_y\pm i
\hat{l}_y\hat{l}_x+\hat{l}^2_y\\
&=\hat{l}^2_x+\hat{l}^2_y\pm(i\hat{l}_y\hat{l}_x-i\hat{l}_x\hat{l}_y)=\hat{l}^2_x+\hat{l}^2_y\pm[-i(\hat{l}_x\hat{l}_y
-\hat{l}_y\hat{l}_x)]\\
&=\hat{l}^2_x+\hat{l}^2_y\pm[-ii\hbar\hat{l}_z]=\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}^2_z\pm\hbar\hat{l}_z
\end{align*}

（2）
\begin{align*}
[\hat{l}_+,\hat{l}_-]&=\hat{l}_+\hat{l}_--\hat{l}_-\hat{l}_+=(\hat{l}_x+i\hat{l}_y)(\hat{l}_x-i\hat{l}_y)
-(\hat{l}_x-i\hat{l}_y)(\hat{l}_x+i\hat{l}_y)\\
&=\hat{l}^2_x-i\hat{l}_x\hat{l}_y+i\hat{l}_y\hat{l}_x+\hat{l}^2_y-\hat{l}^2_x-i\hat{l}_x\hat{l}_y+i\hat{l}_y\hat{l}_x
-\hat{l}^2_y\\
&=-i(\hat{l}_x\hat{l}_y-\hat{l}_y\hat{l}_x)-i(\hat{l}_x\hat{l}_y-\hat{l}_y\hat{l}_x)\\
&=-ii\hbar\hat{l}_z-ii\hbar\hat{l}_z\\
&=2\hbar\hat{l}_z
\end{align*}
\\



\textbf{练习5、}证明：$[p_x^2,f(x)]=-\hbar^2\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-2i\hbar\frac{\partial f}{\partial x}p_x$

【证明】
\begin{align*}
[p_x^2,f(x)]\psi&=p_x^2f(x)\psi-f(x)p_x^2\psi\\
&=[p_xp_x,f(x)]\psi\\
&=p_x[p_x,f(x)]\psi+[p_x,f(x)]\psi \qquad [\hat{A}\hat{B},\hat{C}]=\hat{A}[\hat{B},\hat{C}]+[\hat{A},\hat{C}]\hat{B}\\
&=-i\hbar\cfrac{\partial}{\partial x}(-i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}\psi)-i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}p_x\psi \qquad \mbox{（利用练习1）}\\
&=-\hbar^2\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+(-i\hbar)^2\cfrac{\partial f}{\partial x}\cfrac{\partial}{\partial x}\psi-i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}p_x\psi\\
&=-\hbar^2\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}-i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}(-i\hbar\cfrac{\partial}{\partial x})\psi-i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}p_x\psi\\
&=(-\hbar^2\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}-2i\hbar\cfrac{\partial f}{\partial x}p_x)\psi\\
\end{align*}

即：
$$[p_x^2,f(x)]=-\hbar^2\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-2i\hbar\frac{\partial f}{\partial x}p_x$$
\\



\textbf{练习6、}证明：
$$[\vec{l},v(r)]=0$$
$v(r)$是径向坐标r的函数。

【证明】
由角动量平方算符球坐标形式$\hat{l^2}=-\hbar^2[\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})+
\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}]$可以看出$\vec{l}$中没有关于r的变量。
$\vec{l}$算符只依赖于角变量$(\theta,\varphi)$，所以$[\vec{l},v(r)]=0$。

【评】【这样的证明貌似有问题！】这将在证明中心力场中电子的总角动量$\vec{J}$为守恒量时用到。
\\



\textbf{练习7、}证明
$$\hat{T}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\vec{l}^2}{2mr^2}$$
其中
$$\hat{p_r}=-i\hbar(\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r})$$

【证明】
$$\nabla^2=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial}{\partial r})+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}(\sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta})+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}$$
%
\begin{align*}
\hat{T}&=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\\
&=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial}{\partial r})-\frac{\hbar^2}{2mr^2}(\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}(\sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta})+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2})\\
&=\frac{p_r^2}{2m}+\frac{\vec{l}^2}{2mr^2}\\
\end{align*}
%
其中用到$(\cfrac{\partial}{\partial r}+\cfrac{1}{r})^2=\cfrac{1}{r^2}\cfrac{\partial}{\partial r}r^2\cfrac{\partial}{\partial r}
=\cfrac{1}{r}\cfrac{\partial^2}{\partial r^2}r=\cfrac{\partial^2}{\partial r^2}+\cfrac{2}{r}\cfrac{\partial}{\partial r}$，其证明见笔记。

【评】1、之前犯了个错误，将动能算符$\hat{T}=\frac{\vec{p}^2}{2m}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$误认为是哈密顿算符$\hat{H}=\frac{\vec{p}^2}{2m}+v(r)=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+v(r)$2、证明也很简单，球坐标下，展开就知道了。【这是为中心力场做重要铺垫】
\\



\textbf{练习8、}设$\hat{A}$和$\hat{B}$之逆算符都存在，证明：$(\hat{A}\hat{B})^{-1}=\hat{B}^{-1}\hat{A}^{-1}$

【暂略】

【评】这是纯粹数学上的东西，还是存在什么物理意义？？



\textbf{练习9、}证明
$$e^{a\frac{d}{dx}}f(x)=f(x+a)$$

【暂略】

【评】同上，这是纯粹数学上的东西，还是存在什么物理意义？？
\\



\textbf{练习10、}证明在$x$表象中$\widetilde{\hat{p}}_x=-\hat{p}_x$

【分析】关键是要抓住转置的定义。算符$\hat{O}$的转置算符$\widetilde{\hat{O}}$定义为：$(\psi,\widetilde{\hat{O}}\varphi)=(\varphi^*,\hat{O}\psi^*)$。这就是证明$\hat{p}_x$的转置算符为$-\hat{p}_x$。在$x$表象中，$\hat{p}_x=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}$，利用书中上面的例子很好证明。

【证明】
\begin{align*}
(\varphi^*,\hat{p}_x\psi^*)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi\hat{p}_x\psi^*dx=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}
\varphi\cfrac{\partial}{\partial x}\psi^*dx        &\text{分部积分}\\
&=-i\hbar(\varphi\psi^*\Big|_{-\infty}^{+\infty}-\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*\cfrac{\partial}{\partial x}\varphi dx)
&\text{波函数在无限远处为0}\\
&=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*i\hbar\cfrac{\partial}{\partial x}\varphi dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(-\hat{p}_x)
\varphi dx\\
&=(\psi,-\hat{p}_x\varphi)
\end{align*}

即
$$\widetilde{\hat{p}}_x=-\hat{p}_x$$
\\



\textbf{练习11、}证明：$\widetilde{\hat{A}\hat{B}}=\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}$ \qquad （$\hat{A}$与$\hat{B}$是任意两个算符）

【析】这类证明都是按定义来！$(\psi,\widetilde{\hat{O}}\varphi)=(\varphi^*,\hat{O}\psi^*)$

【证明】
\begin{align*}
(\psi,\widetilde{\hat{A}\hat{B}}\varphi)&=(\varphi^*,\hat{A}\hat{B}\psi^*)\\
(\psi,\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}\varphi)&=((\widetilde{\hat{A}}\varphi)^*,\hat{B}\psi^*)
=(\hat{B}^*\psi,\widetilde{\hat{A}}\varphi)=(\varphi^*,\hat{A}\hat{B}\psi^*)
\end{align*}

即
$(\psi,\widetilde{\hat{A}\hat{B}}\varphi)=(\psi,\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}\varphi)$

即
$$\widetilde{\hat{A}\hat{B}}=\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}$$
\\



\textbf{练习12、}证明：$\hat{p}_x^\dagger=\hat{p}_x$

【析】题意就是要证明算符$\hat{p}_x$的厄米共轭算符为$\hat{p}_x$，即它自身。如何证？还是按定义来。算符$\hat{O}$的厄米共轭算符$\hat{O}^\dagger$定义为：$(\psi,\hat{O}^\dagger\varphi)=(\hat{O}\psi,\varphi)$。又有，$(\psi,\hat{O}^\dagger\varphi)=(\hat{O}\psi,\varphi)=(\varphi,\hat{O}\psi)^*=(\varphi^*,\hat{O}^*\psi^*)=(\psi,\widetilde{\hat{O}}^*\varphi)$，即，$\hat{O}^\dagger=\widetilde{\hat{O}}^*$，即，算符$\hat{O}_x$的厄米共轭算符$\hat{O}_x$表示对算符$\hat{O}$先取转置再取共轭或先取共轭再取转置。后来知道，量子力学基本假定之一：表示力学量的算符均为厄米算符。

【证明】
$$\hat{p}_x^\dagger=\widetilde{\hat{p}}_x^*=(-\hat{p}_x)^*=\hat{p}_x \qquad\text{练习10},\widetilde{\hat{p}}_x=-\hat{p}_x$$
\\



\textbf{练习13、}
证明：

（1）$(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)^*=\hat{A}^*\hat{B}^*\hat{C}^*\cdots$；

（2）$(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)^\dagger=\cdots \hat{C}^\dagger\hat{B}^\dagger\hat{C}^\dagger$。

【证明】

（1）

由定义，算符$\hat{O}$的复共轭$\hat{O}^*$是把$\hat{O}$的表示式中所有复量换成其共轭复量，即有
$$(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)^*=\hat{A}^*\hat{B}^*\hat{C}^*\cdots$$

（2）

由练习11，$\widetilde{\hat{A}\hat{B}}=\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}$，有
%
$$\widetilde{(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)}=\widetilde{\hat{B}\hat{C}\cdots}\widetilde{\hat{A}}=
\widetilde{\hat{A}\cdots}\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}}=\cdots\widetilde{\hat{C}}\widetilde{\hat{B}}
\widetilde{\hat{A}}$$

由$\hat{O}^\dagger=\widetilde{\hat{O}}^*$及（1），有
%
$$(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)^\dagger=\widetilde{(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\cdots)}^*=
(\cdots\widetilde{\hat{C}}\widetilde{\hat{B}}\widetilde{\hat{A}})^*=
\cdots\widetilde{\hat{C}}^*\widetilde{\hat{B}}^*\widetilde{\hat{A}}^*=
\cdots \hat{C}^\dagger\hat{B}^\dagger\hat{C}^\dagger$$
\\



练习14、证明$\hat{T}=\cfrac{\hat{p}^2}{2m},\hat{\vec{l}}=\vec{r}\times\hat{\vec{p}}$是厄米算符。

【析】按定义来，满足$\hat{O}^\dagger=\hat{O}$或$(\psi,\hat{O}\varphi)=(\hat{O}\psi,\varphi)$为厄米算符，即
算符的厄米共轭算符为自身的算符。量子力学假定，表示力学量的算符为厄米算符，是物理意义对数学的内在要求。
实验上可以观测的力学量当然要求平均值为实数，而在任何量子态下，厄米算符的平均值必然为实数，因此相应的算符必然要求是
厄米算符。

【证明】

由练习12知$\hat{p}$为厄米算符。
\begin{align*}
(\psi,\hat{T}\varphi)&=(\psi,\cfrac{\hat{p}^2}{2m}\varphi)=\cfrac{1}{2m}(\psi,\hat{p}\hat{p}\varphi)=
\cfrac{1}{2m}(\hat{p}\psi,\hat{p}\varphi)\\
&=\cfrac{1}{2m}(\hat{p}^2\psi,\varphi)=(\cfrac{\hat{p}^2}{2m}\psi,\varphi)=(\hat{T}\psi,\varphi)
\end{align*}
即$\hat{T}$为厄米算符。
\begin{align*}
(\psi,\hat{l}_x\varphi)&=(\psi,(y\hat{p}_z-z\hat{p}_y)\varphi)=y(\psi,\hat{p}_z\varphi)-z(\psi,\hat{p}_z\varphi)\\
&=y(\hat{p}_z\psi,\varphi)-z(\hat{p}_z\psi,\varphi)=((y\hat{p}_z-z\hat{p}_z)\psi,\varphi)=(\hat{l}_x\psi,\varphi)
\end{align*}
即，$\hat{l}_x$为厄米算符，同理，$\hat{l}_y,\hat{l}_z$也为厄米算符。

由两个厄米算符之和仍为厄米算符，$\hat{\vec{l}}=\hat{l}_x\vec{i}+\hat{l}_y\vec{j}+\hat{l}_z\vec{k}$，有$\hat{\vec{l}}=\vec{r}\times\hat{\vec{p}}$为厄米算符。
\\



\textbf{练习15、}

（1）设$\hat{A}$和$\hat{B}$为厄米算符，则$\cfrac{1}{2}(\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A})$及$\cfrac{1}{2i}(\hat{A}
\hat{B}-\hat{B}\hat{A})$也是厄米算符。

（2）由此证明，任何算符$\hat{O}$可以分解为$\hat{O}=\hat{O}_++i\hat{O}_-$，
其中$\hat{O}_+=\cfrac{1}{2}(\hat{O}+\hat{O}^\dagger),\hat{O}_-=\cfrac{1}{2i}(\hat{O}-\hat{O}^\dagger)$都是厄米算符。

【证明】

（1）
\begin{align*}
(\psi,\cfrac{1}{2}(\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A})\varphi)&=\cfrac{1}{2}(\psi,(\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A})\varphi)
=\cfrac{1}{2}(\psi,\hat{A}\hat{B}\varphi)+\cfrac{1}{2}(\psi,\hat{B}\hat{A}\varphi)\\
&=\cfrac{1}{2}(\hat{A}\psi,\hat{B}\varphi)+\cfrac{1}{2}(\hat{B}\psi,\hat{A}\varphi)=
\cfrac{1}{2}(\hat{B}\hat{A}\psi,\varphi)+\cfrac{1}{2}(\hat{A}\hat{B}\psi,\varphi)\\
&=(\cfrac{1}{2}(\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A})\psi,\varphi)
\end{align*}
即$\cfrac{1}{2}(\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A})$为厄米算符，同理可证，$\cfrac{1}{2i}(\hat{A}
\hat{B}-\hat{B}\hat{A})$也是厄米算符。

（2）

由$\hat{A}$和$\hat{B}$为厄米算符，有，$(\hat{A}\hat{B})^\dagger=\hat{B}^\dagger\hat{A}^\dagger=\hat{B}\hat{A}$；

令$\hat{O}=\hat{A}\hat{B}$，有

$\cfrac{1}{2}(\hat{O}+\hat{O}^\dagger),\cfrac{1}{2i}(\hat{O}-\hat{O}^\dagger)$为厄米算符；

令$\hat{O}_+=\cfrac{1}{2}(\hat{O}+\hat{O}^\dagger),\hat{O}_-=\cfrac{1}{2i}(\hat{O}-\hat{O}^\dagger)$，有

任何算符$\hat{O}$可以分解为
$$\hat{O}=\hat{O}_++i\hat{O}_-$$
\\



\textbf{练习16、}若厄米算符$\hat{O}$在任何态下的平均值为0，则$\hat{O}=0$（零算符），即
$$\hat{O}\psi=0 \qquad(\psi\text{任意})$$
\\



\textbf{练习17、}设$\psi$为归一化的波函数，$F$为算符，证明
$$\overline{F^\dagger F}=(\psi,F^\dagger F\psi)\ge0$$并求等号成立的条件。
\\



%\subsection{厄米算符的本质与本征函数}
\subsection{共同本征函数}
%\subsubsection{不确定度关系的严格证明}
%\subsubsection{角动量$(\hat{l}^2,\hat{l}_z)$的共同本征态，球谐函数}
%\subsubsection{求共同本征态的一般原则}
\subsubsection{对易力学量完全集}
\textbf{练习1、}对于一维自由粒子，$\hat{p}_x=-i\hbar\cfrac{\partial}{\partial x}$是否构成一个
CSCO？（见4.2节，例3）。$\hat{H}=\cfrac{1}{2m}\hat{p}_x^2$可否选为一个CSCO？（见4.2
节，例4.）
\par
定义空间反射算符$\hat{p},\hat{p}\psi(x)=\psi(-x)$。显然，$\hat{p}^2\psi(x)=p\psi(-x)
=\psi(x)$，所以$\hat{p}^2=1$。因而$\hat{p}$的本征值为$\pm1$，相应的本征态分别称为
偶宇称态和奇宇称态。对于一维自由粒子，可否取$(\hat{H},\hat{p})$为一个CSCO？如果可以
，试写出其共同本征态。
\\



\textbf{练习2、}对于平面转子，可否选$\hat{L}_z=-i\hbar\frac{\partial}{\partial\varphi}$为一个
CSCO？（见4.2节，例1）.可否选$\hat{H}=-\cfrac{\hbar^2}{2I}\cfrac{\partial^2}{\partial\varphi^2}
$为一个CSCO？可否选$(\hat{H},\hat{p}_\varphi)$为一个CSCO？这里$\hat{p}_\varphi$是在$xy$
平面中对$x$轴的镜像反射算符，$\hat{p}_\varphi\psi(\varphi)=\psi(-\varphi)$，或
$\hat{p}_\varphi\psi(x,y)=\psi(x,-y)$。可以证明$\hat{p}_\varphi$的本征值为$\pm1$。
\\



\textbf{练习3、}对于三维自由粒子，$\hat{H}=\cfrac{1}{2m}(\hat{p}^2_x+\hat{p}_y^2+\hat{p}_z^2)$，
$\hat{H}$是否构成一个CSCO？$(\hat{p}_x,\hat{p}_y,\hat{p}_z)$是否构成一个CSCO？
$\hat{H},\hat{l}^2,\hat{l}_z$可否选为一个CSCO？\\
（见4.3.2节）。$(x,y,z)$可否选为
一个CSCO？如果可以，写出它们的共同本征态。$(x,y,\hat{p}_z)$可否选为一个CSCO？如果可以
，写出它们的共同本征态。
\\



%\subsubsection{量子力学中力学量用厄米算符表达}
%\subsection{连续谱本征函数的“归一化”}
%\subsubsection{连续谱本征函数是不能归一化的}
%\subsubsection{$\delta$函数}
%\subsubsection{箱归一化}
\section{力学量随时间的演化与对称性}
%\subsection{力学量随时间的演化}
%\subsubsection{守恒量}
%\subsubsection{位力（viral）定理}
%\subsubsection{能级简并与守恒量的关系}
%\subsection{波包的运动，Ehrenfest定理}
%\subsection{Schr\"{o}dinger图像，Heisenberg图像与相互作用图像}
%\subsubsection{Schr\"{o}dinger图像}
%\subsubsection{Heisenberg图像}
%\subsubsection{相互作用图像}
%\subsection{守恒量与对称性的关系的初步分析}
%\subsubsection{空间的均匀性（平移不变性）与动量守恒}
%\subsubsection{空间各向同性（旋转不变性）与角动量守恒}
%\subsubsection{空间反射不变性与宇称守恒}
%\subsubsection{时间的均匀性与能量守恒}
%\subsection{全同粒子系与波函数的交换对称性}
%\subsubsection{全同粒子系的交换对称性}
%\subsubsection{两个全同粒子组成的体系，Pauli原理}
%\subsubsection{N个Fermi子体系}
%\subsubsection{N个Bose子体系}
\section{中心力场}
\subsection{中心力场中粒子运动的一般性质}
%\subsubsection{角动量守恒与径向方程}
%\subsubsection{Schr\"{o}dinger方程的解在$\vec{r}\rightarrow0$邻域的行为}
\subsubsection{二体问题}
\textbf{练习1、}证明下列关系式：

1）相对动量
$$\vec{p}=m\dot{\vec{r}}=\cfrac{1}{M}(m_2\vec{p}_1-m_2\vec{p}_2)$$

2）总动量
$$\vec{P}=M\dot{\vec{R}}=\vec{p}_1+\vec{p}_2$$

3）总角动量
$$\vec{L}=\vec{l}_1+\vec{l}_2=\vec{r}_1\times\vec{p}_1+\vec{r}_2\times\vec{p}_2
=\vec{R}\times\vec{P}+\vec{r}\times\vec{p}$$

4）总动能
$$\vec{T}=\cfrac{\dot{\vec{p}}_1}{2m_1}+\cfrac{\dot{\vec{p}}_2}{2m_2}=
\cfrac{\vec{P}^2}{2M}+\cfrac{\vec{p}^2}{2\mu}$$

反之，
\begin{align*}
\vec{r}_1&=\vec{R}-\cfrac{\mu}{m_1}\vec{r},\qquad \vec{r}_2=\vec{R}-\cfrac{\mu}{m_2}\vec{r}\\
\vec{p}_1&=\cfrac{\mu}{m_2}\vec{P}-\vec{p},\qquad
\vec{p}_2=\cfrac{\mu}{m_1}\vec{P}-\vec{p}
\end{align*}
\\



\textbf{练习2、}试求总动量$\vec{P}=\vec{p}_1+\vec{p}_2$及总角动量$\vec{L}=\vec{l}_1+\vec{l}_2$
在$\vec{R},\vec{r}$表象中的算符表示。
$$\vec{P}=-i\hbar\nabla_R,\qquad\vec{L}=\vec{R}\times\vec{P}+\vec{r}\times\vec{p}
,\qquad \vec{p}=-i\hbar\nabla$$
\\



%\subsection{球方势阱}
%\subsubsection{无限深方势阱}
%\subsubsection{有限深方势阱}
%\subsection{三维各向同性谐振子}
%\subsection{氢原子}



\subsection{Hellmann-Feynman定理}
%\subsubsection{Hellmann-Feynman定理}



\subsubsection{HF定理在中心力场问题中的应用}
\textbf{练习、}试作尺度变换$\vec{r}'=\sqrt{\mu\vec{r}}$来证明上述定理。



\subsection{二维中心力场}
%\subsubsection{三维和二维中心力场的关系}



\subsubsection{二维无限深圆方势阱}
\textbf{练习、}二维无限深方势阱
$$V(x,y)=\begin{cases}
0,&0<x,y<a\\ \infty,&\text{其他区域}
\end{cases}$$

粒子能级为
$$E_{n_xn_y}=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}(n^2_x+n^2_y)=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}n^2$$
$$n^2=n^2_x+n^2_y,\qquad n_x,n_y=1,2,3,\cdots$$

波函数为
$$\psi_{n_xn_y}(x,y)=\cfrac{2}{a}\sin(\cfrac{n_x\pi}{a}x)\sin(\cfrac{n_y\pi}{a}y)$$

试分析能级的简并度（见表6.4）。能级简并度可否大于一般二维中心势？如何理解其对称性？
\\



%\subsubsection{二维各向同性谐振子}
%\subsubsection{二维氢原子和类氢原子}
\subsection{一维氢原子}
\textbf{练习、}对于一维对称幂函数势阱
$$V(x)=-k|x|^\nu\qquad(\nu<0)$$
$x=0$是奇点，试求基态能级。

【提示】分别讨论$\nu\le-1$和$\nu\ge-1$两种情况。
\\



\section{粒子在电磁场中的运动}
%\subsection{电磁场中荷电粒子的Schr\"{o}dinger方程}
%\subsection{Laudau能级}
%\subsection{正常Zeeman效应}
%\subsection{均匀磁场中各向同性荷电谐振子的壳结构}
%\subsection{超导现象}
%\subsubsection{唯象描述}
%\subsubsection{Meissner效应}
%\subsubsection{超导环内的磁通量量子化}
\section{表象变换与量子力学的矩阵形式}
%\subsection{量子态的不同表象，幺正变换}
\subsection{力学量（算符）的矩阵表示与表象变换}
\textbf{练习1、}根据谐振子的能量表象中$x$的矩阵，用矩阵乘法求出$x^2$的矩阵。
\\



\textbf{练习2、}设粒子处于宽度为$a$的无限深方势阱中，求能量表象中粒子的坐标及动量的
矩阵表示。
\\



%\subsection{量子力学的矩阵形式}
\subsection{Dirac符号}
\textbf{练习1、}利用表象变换，从$x_{x'x''}=\langle x'|x|x''\rangle=x'\delta(x'-x'')$计算$x_{p'p''}$
\\



\textbf{练习2、}设粒子的Hamilton量$H=\frac{p^2}{2m}+V(x),V(x)$可以对$x$做Taylor展开，证明
\begin{align*}
H_{x'x''}&=\langle x'|H|x''\rangle=-\cfrac{\hbar^2}{2m}\cfrac{\partial^2}{\partial x'^2}
\delta(x'-x'')+V(x')\delta(x'-x'')\\
H_{p'p''}&=\cfrac{p'^2}{2m}\delta(p'-p'')+V(i\hbar\cfrac{\partial}{\partial p'})
\delta(p'-p'')
\end{align*}
\\



\section{自旋}
\subsection{电子自旋}
%\subsubsection{提出电子自旋的实验根据与自旋的特点}
%\subsubsection{自旋态的描述}
\subsubsection{自旋算符与Pauli矩阵}
p285

\textbf{练习1、}证明$\sigma_x\sigma_y\sigma_z=i$。

【证明】

由$\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$右乘$\sigma_z$，有：
$$\sigma_x\sigma_y\sigma_z=i\sigma_z^2$$
由$\sigma_z^2=1$，有：
$$\sigma_x\sigma_y\sigma_z=i$$
\\



\textbf{练习2、}证明
$$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\vec{\sigma}
\cdot(\vec{A}\times\vec{B})$$
其中$\vec{A}$和$\vec{B}$是与$\vec{\delta}$对易的任何两个矢量算符。

【证明】
\begin{align*}
  \vec{\sigma}\cdot\vec{A}&=\sigma_xA_x+\sigma_yA_y+\sigma_zA_z\qquad
  \vec{\sigma}\cdot\vec{B}=\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z\\
  (\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})&=(\sigma_xA_x+\sigma_yA_y+\sigma_zA_z)
  (\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z)\\
  &=\sigma_xA_x\sigma_xB_x+\sigma_xA_x\sigma_yB_y+\sigma_xA_x\sigma_zB_z+\sigma_yA_y\sigma_xB_x\\
  &+\sigma_yA_y\sigma_yB_y+\sigma_yA_y\sigma_zB_z+\sigma_zA_z\sigma_xB_x+\sigma_zA_z\sigma_yB_y\\
  &+\sigma_zA_z\sigma_zB_z\\
  &=A_xB_x+i\sigma_zA_xB_y-i\sigma_yA_xB_z-i\sigma_zA_yB_x+A_yB_y+i\sigma_xA_yB_z\\
  &+i\sigma_yA_zB_x-i\sigma_yA_zB_y+A_zB_z\\
  &=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\sigma\cdot(\vec{A}\times\vec{B})
\end{align*}

【评】最开始做这题的时候，想了很久，就没考虑矢量乘开来，虽然这方法很烦！
\\



\textbf{练习3、}证明
\begin{align*}
&(1)\qquad(\vec{\sigma}\cdot\vec{p})^2=p^2 &\text{$\vec{p}$为动量算符}\\
&(2)\qquad(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})^2=l^2-\hbar\vec{\sigma}\cdot\vec{l} &\text{$\vec{l}$为轨道
角动量算符}
\end{align*}
并由此证明$\vec{\sigma}\cdot\vec{l}$的本征值的$l\hbar$和$-(l+1)\hbar,l=0,1,2,\cdots$。

【证明】

（1）

由练习2有：$(\vec{\sigma}\cdot\vec{p})^2=p^2+i\vec{\sigma}\cdot(\vec{p}\times\vec{p})$

又$\vec{p}\times\vec{p}=0$，即：$(\vec{\sigma}\cdot\vec{p})^2=p^2$。

（2）

同理，也是利用练习2，有$(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})^2=l^2+i\vec{\sigma}\cdot(\vec{l}\times\vec{l})$

又$\vec{l}\times\vec{l}=i\hbar\vec{l}$，即$(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})^2=\hat{l}^2-\hbar\vec{\sigma}\cdot\vec{l}$。 

（3）【注意】分清哪些是算符，因为表示算符的“~~$\hat{}$~~”经常略去不写！

设$\psi$为$\vec{\sigma}\cdot\vec{l}$与$\vec{l}$的共同本征函数，$\lambda$为本征值，由
$(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})^2=\hat{l}^2-\hbar\vec{\sigma}\cdot\vec{l}$，有
$$(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})(\vec{\sigma}\cdot\vec{l})\psi=\hat{l}^2\psi-\hbar\vec{\sigma}\cdot\vec{l}\psi$$

由$\hat{l}^2$的本征方程，$\hat{l}^2\psi=l(l+1)\hbar^2\psi$，有
\begin{align*}
\vec{\sigma}\cdot\vec{l}(\lambda\psi)&=l(l+1)\hbar^2\psi-\hbar\lambda\psi\\
\lambda^2\psi&=l(l+1)\hbar^2\psi-\hbar\lambda\psi\\
\lambda^2+\hbar\lambda-l(l+1)\hbar^2&=0
\end{align*}

解得，$\lambda=l\hbar$或$l(l+1)\hbar,l=0,1,2,\cdots$

即：$\vec{\sigma}\cdot\vec{l}$的本征值的$l\hbar$和$-(l+1)\hbar,l=0,1,2,\cdots$。
\\



\textbf{练习4、}%【曾题集6.21】
设算符$\vec{A}$与$\vec{\sigma}$对易，证明：
$$\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})-\vec{A}=\vec{A}-(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})\vec{\sigma}=
i\vec{A}\times\vec{\sigma}$$

【注意】$\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})$与$(\vec{\sigma}\cdot\vec{\sigma})\vec{A}$是不同的？猛然发现我居然没查到相关资料！

【证明】

利用练习2有：$(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})=\vec{B}\cdot\vec{A}+i\vec{\sigma}
\cdot(\vec{B}\times\vec{A})$

利用$\vec{\sigma}$与$\vec{B}$对易及混合积轮换性质，有
$\vec{B}\cdot\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})=\vec{B}\cdot\vec{A}+i\vec{B}\cdot(\vec{A}\times\vec{\sigma})$

略去$\vec{B}$，有：$\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})=\vec{A}+i\vec{A}\times\vec{\sigma}$

即：$\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})-\vec{A}=i\vec{A}\times\vec{\sigma}$

还是利用练习2有：$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\vec{\sigma}
\cdot(\vec{A}\times\vec{B})$

利用混合积轮换性质，有：$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})=\vec{A}\cdot\vec{B}+i(\vec{\sigma}
\times\vec{A})\cdot\vec{B}$

略去$\vec{B}$，有$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})\vec{\sigma}=\vec{A}+i\vec{\sigma}\times\vec{A}$

利用叉乘的性质，$\vec{\sigma}\times\vec{A}=-\vec{A}\times\vec{\sigma}$，有
$\vec{A}-(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})\vec{\sigma}=i\vec{A}\times\vec{\sigma}$

即，有
$$\vec{\sigma}(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})-\vec{A}=\vec{A}-(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})\vec{\sigma}
=i\vec{A}\times\vec{\sigma}$$
\\



\textbf{练习5、}令$\sigma_\pm=\frac{1}{2}(\sigma_x\pm i\sigma_y)$，证明：
\begin{align*}
&(1)\sigma^2_\pm=0\\
&(2)[\sigma_+,\sigma_-]=\sigma_z\\
&(3)[\sigma_z,\sigma_\pm]=\pm 2\sigma_\pm &\text{即}\sigma_z\sigma_\pm=\sigma_\pm(\sigma_z\pm2)
\end{align*}

【证明】

（1）
\begin{align*}
\sigma^2_\pm&=\cfrac{1}{4}(\sigma_x\pm i\sigma_y)(\sigma_x\pm i\sigma_y)\\
&=\cfrac{1}{4}(\sigma^2_x\pm i\sigma_x\sigma_y\pm i\sigma_y\sigma_x-\sigma^2_y)\\
&=\cfrac{1}{4}i(\sigma_x\sigma_y+\sigma_y\sigma_x)=0
\end{align*}

（2）
\begin{align*}
[\sigma_+,\sigma_-]&=\sigma_+\sigma_--\sigma_-\sigma_+\\
&=\cfrac{1}{4}(\sigma_x+i\sigma_y)(\sigma_x-i\sigma_y)-\cfrac{1}{4}(\sigma_x-i\sigma_y)(\sigma_x+i\sigma_y)\\
&=\cfrac{1}{4}(\sigma^2_x-i\sigma_x\sigma_y+i\sigma_y\sigma_x+\sigma_y^2)-\cfrac{1}{4}(\sigma^2_x+i\sigma_x\sigma_y-i\sigma_y\sigma_x+\sigma^2_y)\\
&=\cfrac{1}{4}(-i2i\sigma_z)-\cfrac{1}{4}(i2i\sigma_z)\\
&=\sigma_z
\end{align*}

（3）
\begin{align*}
[\sigma_z,\sigma_\pm]&=[\sigma_z,\cfrac{1}{2}(\sigma_x\pm i\sigma_y)]=\cfrac{1}{2}[\sigma_z,\sigma_x\pm i\sigma_y]\\
&=\cfrac{1}{2}[\sigma_z,\sigma_x]\pm\cfrac{1}{2}i[\sigma_z,\sigma_y]
=\cfrac{1}{2}2i\sigma_y\pm\cfrac{1}{2}i(-2i\sigma_x)\\
&=i\sigma_y\pm \sigma_x=\pm(\sigma_x\pm i\sigma_y)=\pm2\sigma_\pm
\end{align*}

【评】千万要注意算符是不能随便交换位置的，这在平方的时候要注意。第3问的证明与书本上的题有些出入，相差2，但怎么看我也没证错啊。书上印刷有误？
\\



\textbf{练习6、}%【曾题集6.22】
证明
$$e^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}=\cos A+i\cfrac{\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}{A}\sin A$$
其中$A=|\vec{A}|,\frac{\vec{A}}{A}$表示$\vec{A}$方向的单位矢量，
$\vec{A}$是与$\vec{\sigma}$对易的任何矢量。特别是
$$e^{i\sigma_zA}=\cos A+i\sigma_z\sin A$$

【证明】

将$\vec{A}$写成$A\vec{n}$，$\vec{n}$为$\vec{A}$方向单位矢量
$(\vec{n}=\frac{\vec{A}}{A})$，则：
$$e^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}=e^{iA\sigma_n}$$
其中$\sigma_n$为$\vec{\sigma}$在$\vec{n}$方向的投影。

特别的对于$\sigma_n=\sigma_z$，有
$$e^{iA\sigma_z}=\sum_{n=0}^{\infty}\cfrac{(iA\sigma_z)^n}{n!}$$

由于$\sigma_z^2=1$；当$n$为偶数时，$\sigma_z^n=1$；当$n$为奇数时，$\sigma_z^n=\sigma_z$；则
\begin{align*}
e^{iA\sigma_z}&=(-1)^k\cfrac{(A\sigma_z)^{2k}}{(2k)!}+
(-1)^ki\cfrac{(A\sigma_z)^{2k+1}}{(2k+1)!}\\
&=\cos A+i\sigma_z\sin A
\end{align*}

由于$\vec{\sigma}$沿任何指定方向的投影只能取$\pm1$，所以$\sigma_n^2=1$，即对于$\sigma_n$同理，有
$$e^{iA\sigma_n}=\cos A+i\sigma_n\sin A$$

即
$$e^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}=\cos A+i\cfrac{\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}{A}\sin A$$

【评】1、这道题当时实在没做出来。实质上这是在考察数学，数学功底不行啊。
2、这题还有两种解法，见曾题集吧。
\\



\textbf{练习7、}令$\sigma_\pm=\frac{1}{2}(\sigma_x\pm i\sigma_y)$，在
$\sigma_z$表象中
$$\sigma_+=\begin{pmatrix}
0&1\\0&0\end{pmatrix}\qquad
\sigma_-=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$$
证明：
\begin{align*}
&\sigma_x\alpha=\beta &\sigma_x\beta=\alpha\\
&\sigma_y\alpha=i\beta &\sigma_y\beta=-i\alpha\\
&\sigma_+\alpha=0 &\sigma_+\beta=\alpha\\
&\sigma_-\alpha=\beta &\sigma_-\beta=0\\
\end{align*}

【析】这个很简单，直接算就是，没什么技术要求。
首先要知道，这里的$\alpha,\beta$是什么。$\alpha=\binom{1}{0}$是自旋$S_z$本征值为$\frac{1}{2}$的本征态，$\beta=\binom{0}{1}$是自旋$S_z$本征值为$-\frac{1}{2}$的本征态。

【证明】
$$\alpha=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}
\qquad \beta=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$

在$\sigma_z$表象中
$$\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\quad
\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\quad
\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$\
%
$$\sigma_\pm=\frac{1}{2}(\sigma_x\pm i\sigma_y)=\cfrac{1}{2}
\left[\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \pm
\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\right]$$

所以
$$\sigma_+=\begin{pmatrix}
0&1\\0&0\end{pmatrix}\qquad
\sigma_-=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$$
\begin{align*}
&\sigma_x\alpha=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\beta\\
&\sigma_x\beta=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\alpha\\
&\sigma_y\alpha=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}i\\0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=i\beta\\
&\sigma_y\beta=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-i\\0\end{pmatrix}=-i\alpha\\
&\sigma_+\alpha=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=0\\
&\sigma_+\beta=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\alpha\\
&\sigma_-\alpha=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\beta\\
&\sigma_-\beta=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=0\\
\end{align*}
\\



\textbf{练习8、}令$P_\pm=\frac{1}{2}(1\pm\sigma_z)$

（1）证明：$P_++P_-=1,P^2_+=P_+,P^2_-=P_-,P_+P_-=P_-P_+=0$

（2）在$\sigma_z$表象中，写出$P_\pm$的矩阵表示式。

（3）证明：
$$P_+\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}
\qquad
P_-\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=b\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$
$\binom{1}{0}$和$\binom{0}{1}$分别是“自旋向上”（$S_z=\frac{1}{2}$）和
“自旋向下”（$S_z=-\frac{1}{2}$）的态，所以$P_\pm$分别为自旋投影算符。

【解】

（1）
$$P_+=\cfrac{1}{2}(1+\sigma_z)\qquad P_-=\cfrac{1}{2}(1-\sigma_z)$$
\begin{align*}
P_+&=P_-=1\\
P^2_+&=\cfrac{1}{4}(1+\sigma_z)(1+\sigma_z)=\cfrac{1}{4}(1+2\sigma_z+\sigma_z^2)\\
\sigma^2_z&=1\\
P^2_+&=\cfrac{1}{2}(1+\sigma_z)=P_+\\
\text{同理}P^2_-&=P_-\\
P_+P_-&=\cfrac{1}{4}(1+\sigma_z)(1-\sigma_z)=\cfrac{1}{4}(1-\sigma_z^2)=0\\
\text{同理}P_+P_-&=0\\
P_+P_-&=P_-P_+=0
\end{align*}

（2）
$\sigma_z$表象中，$\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$
$$P_+=\cfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} \quad
P_-=\cfrac{1}{2}\begin{pmatrix}0&0\\0&2\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$$

（3）
$$P_+\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\0\end{pmatrix}
=a\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$$
$$P_-\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\b\end{pmatrix}
=b\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$
\\



\textbf{练习9、}%【曾题集6.20】
设$\vec{A},\vec{B},\vec{C}$是与$\vec{\sigma}$对易的算符，证明：
\begin{align*}
&Tr(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})=0\\
&Tr[(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})]=2\vec{A}\cdot\vec{B}\\
&Tr[(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})(\vec{\sigma}\cdot\vec{C})]=2i(\vec{A}\times\vec{B})\cdot\vec{C}=2i\vec{A}\cdot(\vec{B}\times\vec{C})
\end{align*}
设$\vec{A}$和$\vec{B}$为常矢，则
$$Tre^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}=2\cos A,A=|\vec{A}|$$
$$Tr(e^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{A}}e^{i\vec{\sigma}\cdot\vec{B}})=2\cos A\cos B-2\cfrac{\vec{A}\cdot\vec{B}}{AB}\sin A\sin B$$

【析】Tr为矩阵的迹，即矩阵对角线元之和。

【证明】
$$\vec{\sigma}=\sigma_x\vec{i}+\sigma_y\vec{j}+\sigma_z\vec{k}\qquad
\vec{A}=A_x\vec{i}+A_y\vec{j}+A_z\vec{k}$$
\begin{align*}
\vec{\sigma}\cdot\vec{A}&=\sigma_xA_x+\sigma_yA_y+\sigma_zA_z\\
&=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}A_x+
\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}A_y+
\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}A_z\\
&=\begin{pmatrix}0&A_x\\A_x&0\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}0&-iA_y\\iA_y&0\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}A_z&0\\0&-A_z\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}A_z&A_x-iA_y\\A_x+iA_y&-A_z\end{pmatrix}\\
Tr(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})&=0
\end{align*}

同理，$\vec{\sigma}\cdot\vec{A}=\begin{pmatrix}B_z&B_x-iB_y\\B_x+iB_y&-B_z\end{pmatrix}$
\begin{align*}
(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})&=\begin{pmatrix}B_z&B_x-iB_y\\B_x+iB_y&-B_z\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}B_z&B_x-iB_y\\B_x+iB_y&-B_z\end{pmatrix}\\
Tr[(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})]&=
A_zB_z+(A_x-iA_y)(B_x+iB_y)+(A_x+iA_y)(B_x-iB_y)+A_zB_z\\
&=2A_zB_z+A_xB_x+iA_xB_y-iA_yB_x+A_yB_y+A_xB_x-\\
&iA_xB_y+iA_yB_x+A_yB_y\\
&=2(A_xB_x+A_yB_y+A_zB_z)\\
&=2(\vec{A}\cdot\vec{B})
\end{align*}
【未完！】
\\



练习10、证明找不到一个表象，在其中：（a）三个Pauli矩阵均为
实矩阵，或（b）二个是纯虚矩阵，而另一个为实矩阵。
\\



练习11、证明$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$及$I$（$2\times2$单位矩阵）
构成$2\times2$矩阵的完全集，即任何$2\times2$矩阵均可用它们的线性组合
来表达。任何$2\times2$矩阵$M$可表示成
$$M=\cfrac{1}{2}[(TrM)\vec{I}+Tr(M\vec{\sigma})\cdot\vec{\sigma}]$$
提示：利用$TrI=2,Tr\vec{\sigma}=0$.
\\



练习12、设$A\vec{\sigma}=\vec{\sigma}A$，则$A$为0或常数矩阵。

【析】$A$肯定为二阶矩阵，因为$A\vec{\sigma}=\vec{\sigma}A$，$\sigma$
为二阶矩阵已经默认了$A$为二阶矩阵。这也是书上不讲，答案不讲的部分，要自己
明白好好注意。
\\



练习13、设$A\vec{\sigma}=-\vec{\sigma}A$，则$A=0$。

%\subsubsection{电子的内禀磁矩}
\subsection{总角动量}
p294

练习1、证明
$$\vec{\sigma}\cdot\vec{l}=\sigma_zl_z+\sigma_+l_-+\sigma_-l_+$$
其中$l_\pm=l_x\pm il_y,\sigma_\pm=\cfrac{1}{2}(\sigma_x\pm i\sigma_y)$。

【证明】
\begin{align*}
\sigma_+l_-&=\cfrac{1}{2}(\sigma_x+i\sigma_y)(l_x-il_y)\\
&=\cfrac{1}{2}(\sigma_xl_x-i\sigma_xl_y+i\sigma_yl_x+\sigma_yl_y)\\
\sigma_-l_+&=\cfrac{1}{2}(\sigma_x-i\sigma_y)(l_x+il_y)\\
&=\cfrac{1}{2}(\sigma_xl_x+i\sigma_xl_y-i\sigma_yl_x+\sigma_yl_y)\\
\sigma_+l_-+\sigma_-l_+&=\sigma_xl_x+\sigma_yl_y\\
\end{align*}
即：$\vec{\sigma}\cdot\vec{l}=\sigma_zl_z+\sigma_+l_-+\sigma_-l_+$\\

【评】没什么技术处理，直接算就是了。但不知道，这个有什么用？纯粹熟悉
知识？？
\\



练习2、证明
$$\sum_{m=-l}^l\langle lm|Q_{zz}|lm\rangle=0$$
提示：$\sum_{m=-l}^lm^2=\frac{1}{3}l(l+1)(2l+1)$
\\



%\subsection{碱金属原子光谱的双线结构与反常Zeeman效应}
%\subsubsection{碱金属原子光谱的双线结构}
%\subsubsection{反常Zeeman效应}
\subsection{二电子体系的自旋态}
\subsubsection{自旋单态与三重态}
p304

\textbf{练习1、}证明
$$(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)^2=3-2(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$$
并利用此结果，求$(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$的两个本征值。

【析】看样子应该展开！

【证明】
\begin{align*}
\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2&=\sigma_{1x}\sigma_{2x}+\sigma_{1y}\sigma_{2y}+\sigma_{1z}\sigma_{2z}\\
(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)^2&=(\sigma_{1x}\sigma_{2x}+\sigma_{1y}\sigma_{2y}+\sigma_{1z}\sigma_{2z})(\sigma_{1x}\sigma_{2x}+\sigma_{1y}\sigma_{2y}+\sigma_{1z}\sigma_{2z})\\
&=\sigma_{1x}^2\sigma_{2x}^2+\sigma_{1x}\sigma_{2x}\sigma_{1y}\sigma_{2y}+\sigma_{1x}\sigma_{2x}\sigma_{1z}\sigma_{2z}+\sigma_{1y}\sigma_{2y}\sigma_{1x}\sigma_{2x}+\sigma^2_{1y}\sigma^2_{2y}\\
&+\sigma_{1y}\sigma_{2y}\sigma_{1z}\sigma_{2z}+\sigma_{1z}\sigma_{2z}\sigma_{1x}\sigma_{2x}+\sigma_{1z}\sigma_{2z}\sigma_{1y}\sigma_{2y}+\sigma^2_{1z}\sigma^2_{2z}
\end{align*}
由$\vec{\sigma}_1$与$\vec{\sigma}_2$对易，及$\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$，有：
\begin{align*}
(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)^2&=3-\sigma_{1z}\sigma_{2z}-\sigma_{1y}\sigma_{2y}-\sigma_{1z}\sigma_{2z}-\sigma_{1x}\sigma_{2x}-\sigma_{1y}\sigma_{2y}-\sigma_{1x}\sigma_{2x}\\
&=3-2(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)
\end{align*}
设$\lambda$为$(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$的本征值，有：
$$\lambda^2=3-2\lambda$$
解得：$\lambda_1=-3\qquad\lambda_2=1$
即：$(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$的两个本征值分别为：$-3,1$。
\\



\textbf{练习2、}利用$\vec{S}^2=\frac{\hbar^2}{2}(3+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$，求$(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$
本征值，与上题比较，并证明：
$$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{1M_S}=\chi_{1M_S}$$
$$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{00}=-3\chi_{00}$$

【析】$\vec{S}^2$见书上9.4.6式。$\vec{S}=\vec{s}_1+\vec{s}_2$表示两个电子自旋算符之和。
$$\vec{s}_1=\frac{\hbar}{2}\sigma_1\qquad\vec{s}_1^2=\frac{\hbar^2}{4}\vec{\sigma}_1^2=
\frac{\hbar^2}{4}(\sigma_{1x}^2+\sigma_{1y}^2+\sigma_{1z}^2)=\frac{3\hbar^2}{4}$$
$$\vec{S}^2=(\vec{s}_1+\vec{s}_2)^2=\vec{s}_1^2+\vec{s}_2^2+2\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2=\frac{\hbar^2}{2}(3+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$$

【证明】

$\vec{S}^2$的本征值分别为：$0,2\hbar^2$，有
\begin{align*}
&0=\frac{3\hbar^2}{2}+\lambda_1\frac{\hbar^2}{2}\qquad \lambda_1=-3\\
&2\hbar^2=\frac{3\hbar^2}{2}+\lambda_2\frac{\hbar^2}{2}\qquad\lambda_2=1
\end{align*}

与上题结果一样。
由$\vec{S}^2\chi_{1M_S}=2\hbar^2\chi_{1M_S},\vec{S}^2\chi_{00}=0$，有
$$\vec{S}^2\chi_{1M_S}=\frac{3\hbar^2}{2}\chi_{1M_S}+\frac{\hbar^2}{2}\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{1M_S}$$
$$2\hbar^2\chi_{1M_S}=\frac{3\hbar^2}{2}\chi_{1M_S}+\frac{\hbar^2}{2}\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{1M_S}$$
$$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{1M_S}=\chi_{1M_S}$$
$$\vec{S}^2\chi_{00}=\frac{3\hbar^2}{2}\chi_{00}+\frac{\hbar^2}{2}\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{00}$$
$$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{00}=-3\chi_{00}$$
\\



\textbf{练习3、}令$P_{12}=\frac{1}{2}(1+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)$，证明：
$$P_{12}\chi_{1M_S}=\chi_{1M_S}$$
$$P_{12}\chi_{00}=-\chi_{00}$$
$P_{12}$有何物理意义？（自旋交换算符）。再证明（取$\hbar=1$）
$$P_{12}^1=1,P_{12}=\vec{S}^2-1$$

【析】不用说，要用到练习2。不知道取$\hbar=1$，有什么意义？

【证明】

由练习2，有
\begin{align*}
P_{12}\chi_{1M_S}&=\frac{1}{2}\chi_{1M_S}+\frac{1}{2}\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_z\chi_{1M_S}\\
&=\frac{1}{2}\chi_{1M_S}+\frac{1}{2}\chi_{1M_S}=\chi_{1M_S}\\
P_{12}\chi_{00}&=\frac{1}{2}\chi_{00}+\frac{1}{2}\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2\chi_{00}\\
&=\frac{1}{2}\chi_{00}-\frac{3}{2}\chi_{00}=-\chi_{00}\\
P_{12}^2&=\frac{1}{4}[1+2\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2+(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)^2]\\
&=\frac{1}{4}[1+2\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2+(3-2\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)]\\
&=1\\
\vec{S}^2-1&=\frac{1}{2}(3+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)-1=\frac{1}{2}(1+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)=P_{12}\\
\end{align*}
\\



\textbf{练习4、}令
\begin{align*}
P_3&=\cfrac{1}{4}(3+\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)=\cfrac{1}{2}(1+P_{12})\\
P_1&=\cfrac{1}{4}(1-\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2)=\cfrac{1}{2}(1-P_{12})\\
\end{align*}

证明
\begin{align*}
P_3\chi_{1M_S}=\chi_{1M_S},\qquad P_3\chi_{00}=0\\
P_1\chi_{1M_S}=0,\qquad P_1\chi_{00}=\chi_{00}
\end{align*}

还可证明
$$P^2_3=P_3,\qquad P^2_1=P_1,\qquad P_3P_1=0$$
$P_3$与$P_1$分别为三重态和单态的投影算符。
\\



\textbf{练习5、}令（取$\hbar=1$）
$$S_{12}=\cfrac{3(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{r})(\vec{\sigma_2\cdot\vec{r}})}{r^2}
-(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2),\qquad\vec{r}=\vec{r}_1-\vec{r}_2$$
求证：

（1）
\begin{align*}
S_{12}&=\cfrac{6(\vec{S}\cdot\vec{r})^2}{r^2}-2\vec{S}^2\\
S_{12}^2&=6+2\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2-2S_{12}=4\vec{S}^2-2S_{12}
\end{align*}
因此，$S_{12}$的任何次幂均可表示为$S_{12}$与$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{\sigma}_2$的线性
组合。

（2）
$$[S_{12},\vec{S}^2]=0,\qquad[S_{12},\vec{J}]=0$$
这里$\vec{S}=\vec{s}_1+\vec{s}_2,\vec{J}=\vec{l}+\vec{S},\vec{l}=\vec{r}\times\vec{p},
\vec{r}=\vec{r}_1-\vec{r}_2,\vec{p}=\vec{p}_1+\vec{p}_2$。

（3）
求$S_{12}$的本征值。

（4）
证明对空间各方向求平均后，$S_{12}$的平均值为0。
\\



\textbf{练习6、}自旋为$\cfrac{\hbar}{2}$的二粒子组成的体系，处于自旋单态$\chi_{00}$。
设$\vec{a}$与$\vec{b}$是空间任意两个方向。粒子1的自旋沿$\vec{a}$方向的分量
$\vec{\sigma}_1\cdot\vec{a}$与粒子2的自旋沿$\vec{b}$方向的分量$\vec{\sigma}_2\cdot
\vec{b}$有确切的关联。证明：
$$\langle \chi_{00}|(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{a})(\vec{\sigma}_2\cdot\vec{b})|\chi_{00}\rangle=
-(\vec{a}\cdot\vec{b})$$

【提示】利用$P_{12}\chi_{00}=-\chi_{00}$，可得$\langle \chi_{00}|(\vec{\sigma}_1+\vec{\sigma}_2)|\chi_{00}\rangle=0$。

因此
\begin{align*}
\langle \chi_{00}|(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{a})(\vec{\sigma}_2\cdot\vec{b})|\chi_{00}\rangle
&=-\langle \chi_{00}|(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{a})(\vec{\sigma}_1\cdot\vec{b})|\chi_{00}\rangle\\
&=-(\vec{a}\cdot\vec{b})-i\langle \chi_{00}|\vec{\sigma}_1|\chi_{00}\rangle\cdot(\vec{a}\times\vec{b})
=-(\vec{a}\cdot\vec{b})
\end{align*}

%\subsubsection{Bell基，纠缠态}
%\subsection{原子中的电子壳结构与元素周期律}
%\subsection{原子核的壳结构}
\section{力学量本征值的代数解法}
\subsection{Schr\"{o}dinger因式分解法}
练习1、证明在能量本征态$|n\rangle$下，
$$\bar{x}=\bar{p}=0,\bar{x^2}=\bar{p^2}=(n+\cfrac{1}{2})$$
$$\Delta x\cdot \Delta p=(n+\cfrac{1}{2})\hbar$$
对于基态$(n=0),\Delta x\cdot \Delta p=\cfrac{\hbar}{2}$

【证明】

（1）
\begin{align*}
\hat{x}&=(\cfrac{\hbar}{2m\omega})^\frac{1}{2}(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)\\
|n+1\rangle&=\cfrac{1}{\sqrt{n+1}}\hat{a}^\dagger|n\rangle,\quad
\hat{a}|n\rangle=\sqrt{n-1}|n-1\rangle,\hat{a}^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle
\end{align*}
\begin{align*}
  \langle n|\hat{x}|n\rangle&=(\cfrac{\hbar}{2m\omega})^\frac{1}{2}\langle n|\hat{a}^\dagger|n\rangle+
  (\cfrac{\hbar}{2m\omega})^\frac{1}{2}\langle n|\hat{a}|n\rangle\\
  &=(\cfrac{\hbar}{2m\omega})^\frac{1}{2}(\sqrt{n+1}\langle n|n+1\rangle+\sqrt{n-1}\langle n|n-1\rangle)=0
\end{align*}
$\hat{p}=i(\cfrac{\hbar m\omega}{2})^\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger-\hat{a})$
同理：$\langle n|\hat{p}|n\rangle=0$

（2）
\begin{align*}
  \hat{x}^2&=[\cfrac{1}{\sqrt2}(\hat{a}^\dagger+\hat{a})]^2=\cfrac{1}{2}
  (\hat{a}^2+(\hat{a}^\dagger)^2+\hat{a}\hat{a}^\dagger+\hat{a}^\dagger\hat{a})\\
  &=\cfrac{1}{2}(\hat{a}^2+(\hat{a}^\dagger)^2+2\hat{N}+1)
\end{align*}
\begin{align*}
\langle n|\hat{x}^2|n \rangle&=\cfrac{1}{2}\langle n|\hat{a}^2|\rangle+\cfrac{1}{2}\langle n|
(\hat{a}^\dagger)^2|n\rangle+\cfrac{1}{2}\langle n|2\hat{N}|n\rangle +\langle n|n\rangle\\
&=\cfrac{1}{2}(\sqrt{n-1}\langle n|\hat{a}|n-1\rangle+\cfrac{1}{2}\sqrt{n+1}\langle n|\hat{a}^\dagger|n+1\rangle+2n+1)\\
&=\cfrac{1}{2}(2n+1)=(n+\cfrac{1}{2})
\end{align*}

（3）乱搞。前面无量纲。现在呢？又有量纲了。
\begin{align*}
  (\Delta x)^2=\bar{x^2}-(\bar{x})^2
\end{align*}
\\



\textbf{练习2、}设$H=\cfrac{5}{3}\hat{a}^\dagger\hat{a}+\cfrac{2}{3}(\hat{a}^2+(\hat{a}^\dagger)^2),
[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1$，求$H$的本征值。

【提示】作幺正变换，$\hat{b}^\dagger=\lambda\hat{a}^\dagger+\mu\hat{a}$（$\lambda,\mu$为待定的实参数），要求$[\hat{b},\hat{b}^\dagger]=1$，并使$H$化为$H=K\hat{b}^\dagger\hat{b}+c$（$K,c$为待定常数）。

【析】看了提示，思路还是转换到跟求谐振子本征值一样的过程，$|n\rangle$为$\hat{b}^\dagger\hat{b}$的
本征态，$n$为其本征值。关键就是数学上凑数。看你会不会凑。

【解】

按提示
\begin{align*}
  [\hat{b},\hat{b}^\dagger]&=\hat{b}\hat{b}^\dagger-\hat{b}^\dagger\hat{b}\\
  &=(\lambda\hat{a}+\mu\hat{a}^\dagger)(\lambda\hat{a}^\dagger+\mu\hat{a})-
  (\lambda\hat{a}^\dagger+\mu\hat{a})(\lambda\hat{a}+\mu\hat{a}^\dagger)\\
  &=\lambda^2\hat{a}\hat{a}^\dagger+\lambda\mu\hat{a}^2+\mu\lambda(\hat{a}^\dagger)^2
  +\mu^2\hat{a}^\dagger\hat{a}-\lambda^2\hat{a}^\dagger\hat{a}-\lambda\mu(\hat{a}^\dagger)^2
  -\mu\lambda\hat{a}^2-\mu^2\hat{a}\hat{a}^\dagger\\
  &=(\lambda^2-\mu^2)\hat{a}\hat{a}^\dagger+(\mu^2-\lambda^2)\hat{a}^\dagger\hat{a}\\
  &=(\lambda^2-\mu^2)(\hat{a}\hat{a}^\dagger-\hat{a}^\dagger\hat{a})=
  (\lambda^2-\mu^2)[\hat{a},\hat{a}^\dagger]\\
  &=\lambda^2-\mu^2=1\\
  \hat{b}\hat{b}^\dagger&=\lambda^2\hat{a}^\dagger\hat{a}+\lambda\mu(\hat{a})^2
  +\mu\lambda\hat{a}^2+\mu^2\hat{a}\hat{a}^\dagger\\
  H&=K\hat{b}^\dagger\hat{b}+c\\
  &=K\lambda^2\hat{a}^\dagger\hat{a}+K\lambda\mu(\hat{a}^2+(\hat{a}^\dagger)^2)+K\mu^2\hat{a}
  \hat{a}^\dagger+c\\
  &=(K\lambda^2+K\mu^2)\hat{a}^\dagger\hat{a}+K\lambda\mu(\hat{a}+(\hat{a}^\dagger)^2)+K\mu^2+c\\
  &[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1,\hat{a}\hat{a}^\dagger=\hat{a}^\dagger\hat{a}+1\\
\end{align*}

比较有
$$\begin{cases}
K\lambda^2+K\mu^2=\cfrac{5}{3}\\K\lambda\mu=\cfrac{2}{3}\\K\mu^2+c=0\\ \lambda^2-\mu^2=1
\end{cases}
\Longrightarrow
\begin{cases}
  \lambda=\cfrac{2}{\sqrt3}\\ \mu=\cfrac{1}{\sqrt3} \\ K=1 \\ c=-\cfrac{1}{3}
\end{cases}$$

于是$H=\hat{b}^\dagger\hat{b}-\cfrac{1}{3}$，本征值为：$n-\cfrac{1}{3}$



%\subsection{角动量的一般性质}
%\subsection{角动量的Schwinger表象}
\subsection{两个角动量的耦合，CG系数}
\textbf{练习、}利用式（10.4.22c）及$\langle j_1m_100|j_3m_3\rangle=\delta_{j_1j_3}\delta_{m_1m_3}$，证明
$$\langle jmj-m|00\rangle=\cfrac{(-1)^{j-m}}{\sqrt{2j+1}}$$



\section{束缚定态微扰论}
%\subsection{一般讨论}
%\subsection{非简并定态微扰论}
%\subsection{简并态微扰论}



\section{量子跃迁}
%\subsection{量子态随时间的演化}
%\subsection{量子跃迁，含时微扰论}
%\subsection{周期微扰，有限时间内的常微扰}
%\subsection{能量—时间不确定关系}
%\subsection{光的吸收与辐射的半经典处理}
\section{散射理论}
\subsection{散射现象的一般描述}
\textbf{练习、}考虑到概率守恒条件，在离开散射中心无穷远$(r\rightarrow\infty)$的球面上粒子净流出量应为0，$\oint j_rr^2d\Omega$。按式（13.1.19），利用公式$$\lim_{\alpha\rightarrow\infty}e^{i\alpha x}=2i\delta(x)\quad(x\ge0)$$

可知
$$\lim_{kr\rightarrow\infty}e^{ikr(1-\cos\theta)}=\cfrac{2i}{kr}\delta(1-\cos\theta)$$

由此证明下列光学定理
$$\sigma_k=\int \left|f(\theta,\varphi)\right|^2d\Omega=\cfrac{4\pi}{k}Imf(0)$$



%\subsection{Born近似}
%\subsection{全同粒子的碰撞}
%\subsection{分波法}
%\subsection{Coulomb散射}
\section{其他近似方法}
%\subsection{变分原理及应用}
%\subsection{分子的振动和转动，Born-Oppenheimer近似}
%\subsection{氢分子离子与氢分子}
%\subsection{Fermi气体模型}











